《（全國I卷）2020年高考物理一輪復(fù)習 第6章 靜電場 基礎(chǔ)課時18 電容器 帶電粒子在電場中的運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國I卷）2020年高考物理一輪復(fù)習 第6章 靜電場 基礎(chǔ)課時18 電容器 帶電粒子在電場中的運動（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、基礎(chǔ)課時18電容器帶電粒子在電場中的運動 一、單項選擇題1.如圖1甲所示，直線AB是某電場中的一條電場線，一電子僅在電場力作用下由電場線上A點沿直線運動到B點，其速度平方v2與位移x的關(guān)系如圖乙所示。EA、EB表示A、B兩點的電場強度，A、B表示A、B兩點的電勢。以下判斷正確的是()圖1A.EAEB B.EAEBC.AB D.AB解析由速度平方v2與位移x的關(guān)系與v2v2ax對比可得，電子做勻加速直線運動，由牛頓第二定律，合力(電場力)恒定，此電場為勻強電場，選項A、B錯誤；電子從A到B，電場力做正功，電勢能減小，電勢增大，選項D正確，C錯誤。答案D2.一平行板電容器的兩個極板分別與一電源正、

2、負極相連，如圖2所示，在保持開關(guān)閉合的情況下，將電容器極板距離增大，則電容器的電容C、帶電荷量Q、極板間的場強E的變化()圖2A.C、Q、E都逐漸增大B.C、Q、E都逐漸變小C.C、Q逐漸減小，E不變D.C、E逐漸減小，Q不變解析由C，知C減小，C，U不變，Q減小，E，E減小，選項B正確。答案B3.(2020浙江效實中學期中)圖3a為示波管的原理圖。如果在電極YY之間所加的電壓按圖b所示的規(guī)律變化，在電極XX之間所加的電壓按圖c所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是()圖3解析在t0時刻，UY0知豎直位移為0，故A、C錯誤；在t時刻，UY正向最大知豎直位移正向最大，故B正確，D錯誤。答案B

3、4.(2020杭州二中期中)在光滑絕緣的水平桌面上，存在著方向水平向右的勻強電場，電場線如圖4中實線所示。一帶正電、初速度不為零的小球從桌面上的A點開始運動，到C點時，突然受到一個外加的水平恒力F作用而繼續(xù)運動到B點，其運動軌跡如圖中虛線所示，v表示小球經(jīng)過C點時的速度，則()圖4A.小球在A點的電勢能比在B點小B.恒力F的方向可能水平向左C.恒力F的方向可能與v方向相反D.在A、B兩點小球的速率不可能相等解析小球帶正電，電場力向右，從A到B，電場力做正功，電勢能減少，故A錯誤；從C到B小球做曲線運動，小球所受的合力應(yīng)該指向曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，故恒力F的方向可能水平向左，B正確；從C到B小球做曲線

4、運動，若恒力F的方向與v方向相反，則合力不可能指向曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，故C錯誤；從A到B電場力做正功，拉力F做負功，合力的功可能為零，故小球在A、B兩點的速率可能相等，D錯誤。答案B5.為了測定一個水平向右的勻強電場的場強大小，小明所在的物理興趣小組做了如下實驗：用長為L的絕緣輕質(zhì)細線，上端固定于O點，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球(可視為質(zhì)點)，如圖5所示，開始時，將線與小球拉成水平，然后釋放，小球由靜止開始向下擺動，擺到B點時速度恰好為零，然后又從B點向A點擺動，如此往復(fù)。小明用測量工具測量與水平方向所成的角度，剛好為60。不計空氣阻力，下列說法中正確的是()圖5A.在B點時小球受到的合

5、力為0B.電場強度E的大小為C.小球從A運動到B，重力勢能減小mgLD.小球在下擺的過程中，小球的機械能和電勢能之和先減小后增大解析小球擺到B點時速度恰好為零，故若小球在B點沒有加速度，則小球?qū)㈧o止在B點，不會再從B點返回到A點，所以小球在B點時所受合外力不為零，選項A錯誤；小球從A點運動到B點的過程，由動能定理，有mgLsin 60qEL(1cos 60)0，解得E，選項B正確；小球從A點運動到B點重力勢能減少了mgLsin 60，選項C錯誤；小球下擺的過程中，小球的機械能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，由能量守恒定律可知，機械能與電勢能之和保持不變，選項D錯誤。答案B6.(2020山西運城一模)真空中的

6、某裝置如圖6所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和粒子的質(zhì)量之比為124，電荷量之比為112，則下列判斷中正確的是()圖6A.三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同B.三種粒子打到熒光屏上的位置相同C.偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為122D.偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為124解析設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動能定理得qU1mv，解得v0，三種粒子從B板運動到熒光屏的過程，

7、水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間不同，故A錯誤；根據(jù)推論y、tan 可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電量無關(guān)，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為WqEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為112，則有電場力對三種粒子做功之比為112，故C、D錯誤。答案B二、多項選擇題7.(2020江蘇揚州測試)如圖7所示，一半徑為R的均勻帶正電圓環(huán)水平放置，環(huán)心為O點，質(zhì)量為m的帶正電的小球從O點正上方h高的A點由靜止釋放，并穿過帶電環(huán)，關(guān)于小球從A到A關(guān)于O的對稱點A過程加速度(a)

8、、重力勢能(EpG)、機械能(E)、電勢能(Ep電)隨位置變化的圖象一定正確的是(取O點為坐標原點且重力勢能為零，豎直向下為正方向，無限遠處電勢為零)()解析圓環(huán)中心的場強為零，無窮遠處場強也為零，則小球從A點到圓環(huán)中心的過程中，場強可能先增大后減小，則小球所受的電場力先增大后減小，方向豎直向上，由牛頓第二定律得知，重力不變，則加速度可能先減小后增大；小球穿過圓環(huán)后，小球所受的電場力豎直向下，加速度方向向下，為正值，根據(jù)對稱性可知，電場力先增大后減小，則加速度先增大后減小，故A正確；小球從A點到圓環(huán)中心的過程中，重力勢能EPGmgh，小球穿過圓環(huán)后，EPGmgh，重力勢能與高度是線性變化的，故

9、B正確；小球從A點到圓環(huán)中心的過程中，電場力做負功，機械能減小，小球穿過圓環(huán)后，電場力做正功，機械能增大，故C正確；由于圓環(huán)所產(chǎn)生的是非勻強電場，小球下落的過程中，電場力做功與下落的高度之間是非線性關(guān)系，電勢能變化與下落高度之間也是非線性關(guān)系，故D錯誤。答案ABC8.如圖8所示，是一個由電池、電阻R、開關(guān)S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開關(guān)閉合，在增大電容器兩極板間距離的過程中()圖8A.電阻R中沒有電流B.電容器的電容變小C.電阻R中有從a流向b的電流D.電阻R中有從b流向a的電流解析題圖中電容器被充電，A極板帶正電，B極板帶負電。根據(jù)平行板電容器電容大小的決定因素C可知，當增大電容器兩極板

10、間距離d時，電容C變小。由于電容器始終與電池相連，電容器兩極板間電壓UAB保持不變；根據(jù)電容的定義式C知，當C減小時，電容器兩極板所帶電荷量Q都要減少，即電阻R中有從a流向b的電流。所以選項B、C正確。答案BC9.如圖9所示，帶電荷量之比為qAqB13的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OCCD，忽略粒子重力的影響，則()圖9A.A和B在電場中運動的時間之比為12B.A和B運動的加速度大小之比為41C.A和B的質(zhì)量之比為112D.A和B的位移大小之比為11解析粒子A和B在勻強電場中做類平拋運動，水平方向由xv0t及OCC

11、D得，tAtB12；豎直方向由hat2得a，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aAaB41；根據(jù)a得m，故，A和B的位移大小不相等，故選項A、B、C正確。答案ABC三、非選擇題10.在絕緣水平面上放有一帶正電的滑塊、質(zhì)量為m，帶電荷量為q，水平面上方虛線左側(cè)空間有水平向右的勻強電場，場強為E，qEmg，虛線右側(cè)的水平面光滑。一輕彈簧右端固定在墻上，處于原長時，左端恰好位于虛線位置，把滑塊放到虛線左側(cè)L處，并給滑塊一個向左的初速度v0，已知滑塊與絕緣水平面間的動摩擦因數(shù)為，求：圖10(1)彈簧的最大彈性勢能；(2)滑塊在整個運動過程中產(chǎn)生的熱量。解析(1)設(shè)滑塊向左運動x時減速到零，由動能定理

12、有(qEmg)xmv解得x之后滑塊向右加速運動，設(shè)第一次到達虛線時的動能為Ek由能量守恒定律得：qE(xL)Ekmg(xL)解得Ek(qEmg)L滑塊從虛線處壓縮彈簧至最短的過程，機械能守恒，動能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，所以彈簧的最大彈性勢能為Epm(qEmg)L(2)滑塊往返運動，最終停在虛線位置，整個過程電場力做正功，為WqEL，電勢能減少量為qEL，由能量守恒定律，整個過程產(chǎn)生的熱量等于滑塊機械能的減少量與電勢能的減少量之和，即QqELmv答案(1)(qEmg)L(2)qELmv11.(2020安徽理綜，23)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E(圖中未畫出)，由A點斜射出

13、一質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如圖11所示，其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計。求：圖11(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功；(2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間；(3)粒子經(jīng)過C點時的速率。解析(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功WqE(yAyC)3qEl0(2)粒子只受沿y軸負方向的電場力作用，粒子做類似斜上拋運動，粒子在x軸方向做勻速直線運動，由對稱性可知軌跡最高點D在y軸上，可令tADtDBT，且tBCT由牛頓第二定律qEma由運動學公式得yDaT2從D到C做類平拋運動，沿y軸方向：yD3l0a(2T)2由式解得T則AC過程所經(jīng)歷的時間t3T3(

14、3)粒子由D到C過程中x軸方向：2l0vD2Ty軸方向：vCya2TvC由式解得vC答案(1)3qEl0(2)3(3)12.如圖12所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可看作質(zhì)點)從y軸上的A點以初速度v0水平拋出，兩長為L的平行金屬板M、N傾斜放置且與水平方向間的夾角為37。(sin 370.6)圖12(1)若帶電小球恰好能垂直于M板從其中心小孔B進入兩板間，試求帶電小球在y軸上的拋出點A的坐標及小球拋出時的初速度v0；(2)若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強電場，且勻強電場的電場強度大小與小球質(zhì)量之間的關(guān)系滿足E，試計算兩平行金屬板M、N之間的垂直距離d至少為多少時才能保證小球不

15、打在N板上。解析(1)設(shè)小球由y軸上的A點運動到金屬板M的中點B的時間為t，由題意，在與x軸平行的方向上，有cos v0ttan 帶電小球在豎直方向上下落的距離為hgt2所以小球拋出點A的縱坐標為yhsin 以上各式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得v0，yL，t2，h所以小球拋出點A的坐標為(0，L)，小球拋出時的初速度大小為v0(2)設(shè)小球進入電場時的速度大小為v，則由動能定理可得mghmv2mv解得v帶電小球進入勻強電場后的受力情況如圖所示。因為E，所以qEmgcos 因此，帶電小球進入該勻強電場之后，將做類平拋運動。其加速度大小為agsin 設(shè)帶電小球在該勻強電場中運動的時間為t，欲使小球不打在N板上，由平拋運動的規(guī)律，可得dvtat2聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可得dL。答案(1)(0，L)(2)L